湖南省浏阳市2023-2024学年高二上学期期末数学试卷（Word版附解析）

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（时量：120分钟 总分：150分 考试形式：闭卷）
一、单选题（本大题共8小题，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知直线的方程为，则该直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定的直线方程，求出直线的斜率，进而求出倾斜角.
【详解】直线的斜率，所以该直线的倾斜角为.
故选：B
2. “”是“2，，8成等比数列”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】利用等比数列求出m，再结合充分条件、必要条件的定义判断作答.
【详解】2，，8成等比数列，等价于，
所以“”是“2，，8成等比数列”的充分不必要条件.
故选：A
3. 已知等差数列中，，则数列的前8项和等于（ ）
A. 42B. 50C. 72D. 90
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列的性质求得正确答案.
【详解】根据题意，等差数列中，，
则．
故选：C
4. 如图，在平行六面体中,为中点，则用向量可表示向量为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意结合空间向量的线性运算求解.
【详解】由题意可得：
.
故选：B.
5. 已知直线的方向向量是，平面的法向量是，则与的位置关系是（ ）
A. B.
C. 与相交但不垂直D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用空间位置关系的向量证明判断即得.
【详解】由直线的方向向量是，平面的法向量是，
得，即，
所以或.
故选：D
6. 作圆上一点处的切线，直线与直线平行，则直线与的距离为（ ）
A. 4B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】判断点在圆上，求出直线的斜率，确定出切线的斜率，求出的方程，得出，根据直线与直线平行，利用平行线的距离公式求出与的距离即可.
【详解】将点代入圆的方程：，所以点在圆上，
因为：圆心，所以直线的斜率：，
所以：切线的斜率为：，的方程为：，即：，
又因为：直线与直线平行，
所以：.
所以：直线与直线的距离：，故A项正确.
故选：A.
7. 已知点是抛物线上的一个动点，则点到点的距离与到该抛物线的准线的距离之和的最小值为（ ）
A. B. 3C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，确定点与抛物线的位置关系，再借助抛物线定义求解即得.
【详解】抛物线中，当时，，则点在抛物线外，
抛物线的焦点，准线，过作直线的垂线，垂足为，连接，
则，于是，
当且仅当点是线段与抛物线的交点时取等号，
所以点到点的距离与到该抛物线的准线的距离之和的最小值为.
故选：C
8. 直线交椭圆于两点，为椭圆上异于的点，，的斜率分别为，且，则该椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设出点的坐标，结合椭圆方程及斜率坐标公式，利用离心率公式求解即可.
【详解】设点，则根据椭圆的对称性知点，显然，
由与，相减得，
整理得，而，于是，
所以，所以该椭圆的离心率为.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是熟练掌握圆锥曲线的点差法，从而得解.
二、多选题（本大题共4小题，共20分.在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知双曲线，则下列关于双曲线的结论正确的是（ ）
A. 实轴长为6B. 焦距为5
C. 离心率为D. 焦点到渐近线的距离为4
【答案】AD
【解析】
【分析】根据题意，结合双曲线的几何性质，逐项判定，即可求解.
【详解】由双曲线，可得，则，
可得双曲线的实轴长为，焦距为，离心率为，
所以A正确，B、C不正确；
又由双曲线的渐近线方程为，即，且焦点，
不妨设右焦点，渐近线为，则焦点到渐近线的距离为，所以D正确.
故选：AD.
10. 在平面上，动点与两定点满足（且），则的轨迹是个圆，这个圆称作为阿波罗尼斯圆.已知动点与两定点满足，记的轨迹为圆.则下列结论正确的是（ ）
A. 圆方程为：
B. 过点作圆的切线，则切线长是
C. 过点作圆的切线，则切线方程为
D. 直线与圆相交于两点，则最小值是
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用距离关系列式求解方程判断A，利用切线长定理求解判断B，利用切线性质求出斜率，代入点斜式即可求出切线方程判断C，先求出直线恒过定点，再利用几何性质结合弦长公式求解判断D.
【详解】对于A，由题意点，，
因为，所以，即，
所以动点M的轨迹圆C的方程为，正确；
对于B，由选项A知圆心，半径，设切点为D，
所以，则，因为，
所以，即过点作圆的切线，则切线长是，正确；
对于C，因为，所以点在圆上，因为，
所以过点的切线斜率为，
所以切线方程为，即，错误；
对于D，由，可得，
联立，解得，即该直线恒过定点，因为，
所以点在圆内，由图知，当轴时，
有最小值是，正确.
故选：ABD
11. 如图所示，在棱长为1的正方体中，分别为的中点，则（ ）

A. 直线与所成的角为
B. 直线与平面所成的角为
C. 直线与平面平行
D. 平面截正方体所得的截面面积为
【答案】AC
【解析】
【分析】为直线与所成的角，计算得到A正确，为直线与平面所成的角，，B错误，平面∥平面，C正确，梯形为平面截正方体所得的截面，计算得到错误，得到答案.
【详解】对选项A：如图1所示，连接，，，，则，
，，故是平行四边形，故，即，
为直线与所成的角，为等边三角形，故，正确；
对选项B：如图2所示，为中点，连接，，，
故为平行四边形，故，
平面，则为直线与平面所成的角，，
故，错误；

对选项C：如图3所示，为中点，连接，，，，
则，，故为平行四边形，故，
平面，平面，故∥平面，
同理可得∥平面，，故平面∥平面，
平面，故直线与平面平行，正确；
对选项D：如图4所示，连接，，，则，
，，故为平行四边形，故，则，
则梯形为平面截正方体所得的截面，
，，，
等腰梯形的高为，
，错误；
故选：AC
12. 关于函数，下列判断正确的是（ ）
A. 是的极大值点
B. 函数有且只有1个零点
C. 对不等式在上恒成立
D. 对任意两个正实数，且，若，则
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A，直接对函数求导研究即可；
对于B，构造函数，求导，利用单调性来判断即可；
对于C，将问题转化为在上恒成立，构造函数，求其最大值即可；
对于D，将问题转化为证明，，构造函数，利用导数求其最值可得答案.
【详解】对于A，，，
令，得，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
为的极小值点，A错误；
对于B，，
则，所以函数在上单调递减，
又，所以函数有且只有1个零点，B正确；
对于C，若在上恒成立，得在上恒成立，
则
令，则，
令，，
当时，，单调递减，
，即，
在上单调递减，
故函数，则，C正确；
对于D， 令，
，
则
在上单调递减，
则，即，
，，结合A选项可得，
，函数在上单调递增，
则，
即对任意两个正实数，且，若，则，D错误.
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：本题难点在选项D，将问题转化为证明，是关键，然后构造出函数来解决问题.
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13. 已知空间向量，则______．
【答案】
【解析】
【分析】利用空间向量坐标运算求解即得.
【详解】空间向量，所以.
故答案为：
14. 已知直线的倾斜角，直线，则的斜率为__．
【答案】
【解析】
【分析】先根据直线的倾斜角，直线，求出的倾斜角，再根据倾斜角与斜率的关系求出的斜率．
【详解】解：∵直线的倾斜角，直线，
∴的倾斜角为，
∴的斜率为，
故答案为:．
15. 在数列中，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据等差数列的定义可知数列为首项为1公差为1的等差数列，结合通项公式求出，进而利用裂项相消法求和即可.
【详解】由得，又，
则数列为首项为1，公差为1的等差数列，所以，得，
所以，
所以.
故答案为：
16. 已知实数，满足，则代数式的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】先根据方程判断点的轨迹方程，再将其转化为参数方程，代入所求式，利用正弦型函数的有界性求解即得.
【详解】因实数，满足，，
故可知点的轨迹是以为两焦点的椭圆，轨迹方程为：，
故可设该椭圆的参数方程为：（为参数）
则，
故当时，取得最大值为
故答案为：
【点睛】关键点点睛：根据两变量满足的方程，求解关于两变量解析式的范围或最值的题型，关键在于对方程的理解，如果满足熟知的点的轨迹，则可以利用定义得出轨迹方程，再通过参数方程求出，将其转化为单变量问题求解.
四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 矩形ABCD的两条对角线相交于点，AB边所在直线的方程为，点在AD边所在直线上．
（1）求AD边所在直线的方程；
（2）求矩形ABCD外接圆E的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据直线垂直得到直线AD的斜率，进而利用点斜式写出AD边所在直线的方程；
（2）求出点坐标，且外接圆圆心为，从而写出矩形外接圆的方程.
【小问1详解】
因为AB边所在直线的方程为，且AD与AB垂直，
所以直线AD的斜率为－3
又因为点在直线AD上，
所以AD边所在直线的方程为，即；
小问2详解】
由，解得：，故点A坐标为，
因为矩形ABCD两条对角线的交点为，
所以点M为矩形ABCD外接圆圆心．
又因为，
从而矩形ABCD外接圆E的方程为.
18. 如图，在正四棱柱中，，，点是的中点．

（1）求异面直线与所成角的余弦值；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1) .
(2) .
【解析】
【详解】分析：（1）直接建立空间直角坐标系，求出，D，M四点的坐标写出对于的向量坐标，然后根据向量的夹角公式求解即可；（2）先根据坐标系求出平面的法向量，然后写出向量，在根据向量夹角公式即可求解.
详解：
在正四棱柱中，以为原点，、、分别为轴、轴、轴建立如图所示空间直角坐标系．

因为，，，
所以，，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为．
(2)，设平面的一个法向量为．
则，得，取，得，，
故平面的一个法向量为．
于是，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
点睛：考查线线角，线面角对于好建空间坐标系立体几何题则首选向量做法，直接根据向量求解解题思路会比较简单，但要注意坐标的准确性和向量夹角公式的熟悉，属于基础题.
19. 综合应用抛物线和双曲线的光学性质，可以设计制造反射式天文望远镜．这种望远镜的特点是，镜筒可以很短而观察天体运动又很清楚．例如，某天文仪器厂设计制造的一种镜筒长为2m的反射式望远镜，其光学系统的原理如图（中心截口示意图）所示．其中，一个反射镜弧所在的曲线为抛物线，另一个反射镜弧所在的曲线为双曲线的一个分支．已知，是双曲线的两个焦点，其中同时又是抛物线的焦点，试根据图示尺寸（单位mm），分别求抛物线和双曲线的方程．
【答案】双曲线方程为，抛物线方程为
【解析】
【分析】根据题意，对于双曲线，有，求出，，可得双曲线的方程；求出抛物线的顶点的横坐标，可得抛物线的方程．
【详解】解：对于双曲线，有，，，
，
双曲线的方程为；
抛物线的顶点的横坐标是，
抛物线的方程为．
20. 已知等比数列的前项和为，且，，成等差数列．
（1）求的值及数列的通项公式；
（2）若求数列的前项和
【答案】（1），，；
（2）
【解析】
【分析】（1）由等差数列的中项性质和数列的递推式，等比数列的通项公式，可得所求；
（2）求得，运用数列的错位相减法，结合等比数列的求和公式，可得所求和．
【小问1详解】
，，成等差数列，
，即，
当时，，即，
当时，，
是等比数列，
，则，得，
数列的通项公式为，；
【小问2详解】
，
则前项和，
，
两式相减可得
，
化简可得．
21. 如图，正三角形与菱形所在的平面互相垂直，，，是的中点．
（1）求点到平面的距离；
（2）已知点在线段上，且直线与平面所成的角为，求出的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，证明出、、两两垂直，然后以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得点到平面的距离；
（2）设，，求出向量的坐标，利用空间向量法可得出关于的等式，结合可求出的值，即可求出的值.
【小问1详解】
解：连接，∵，是的中点，∴，
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，又平面，
∴，菱形中，，所以是正三角形，
∴．∴、、两两垂直．
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，
设是平面的一个法向量，
则，令，得，
设点到平面的距离为，则，
所以，点到平面的距离为.
【小问2详解】
解：由题意可知，平面的一个法向量为，
，，
设，，
则，
∵直线与平面所成的角为，
，
整理可得，解得，
所以，．
22. 已知函数．
（1）若在定义域内为单调递减函数，求a的取值范围；
（2）求证：当且时，．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）在定义域内单调递减转化为恒成立，分参，求函数最值，进而求参数的取值范围；
（2）利用且，放缩，可知，利用隐零点的性质证明即可.
【小问1详解】
定义域为，因为在定义域内为单调递减函数，所以，所以，
令，所以，令得，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以，所以，
故a的取值范围是.
【小问2详解】
且时，所以，
令，，所以，
令，则恒成立，所以在上单调递增，
即在上单调递增，
因为，，所以存在，有，
即，所以
所以当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以，
故.
【点睛】（1）利用函数单调递减可知，导数小于等于零恒成立，进而求参数取值范围；
（2）巧妙的将参数a放缩，证明，利用隐零点的特点证明.